浙江省富陽市第二中學2025屆數學高二上期末學業水平測試模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知直線與平行，則的值為（）A. B.C. D.2．下列說法正確的是（）A.空間中的任意三點可以確定一個平面B.四邊相等的四邊形一定是菱形C.兩條相交直線可以確定一個平面D.正四棱柱的側面都是正方形3．某企業甲車間有200人，乙車間有300人，現用分層抽樣的方法在這兩個車間中抽取25人進行技能考核，則從甲車間抽取的人數應為（）A.5 B.10C.8 D.94．已知“”的必要不充分條件是“或”，則實數的最小值為（）A. B.C. D.5．已知函數為偶函數，且當時，，則不等式的解集為（）A. B.C. D.6．若數列滿足，，則數列的通項公式為（）A. B.C. D.7．若直線與曲線只有一個公共點，則m的取值范圍是（）A. B.C.或 D.或8．直線的傾斜角為（）A.30° B.60°C.90° D.120°9．如圖所示，為了測量A，B處島嶼的距離，小張在D處觀測，測得A，B分別在D處的北偏西、北偏東方向，再往正東方向行駛10海里至C處，觀測B在C處的正北方向，A在C處的北偏西方向，則A，B兩處島嶼間的距離為（）海里.A. B.C. D.1010．中國古代數學著作《算法統宗》中有這樣一個問題：“三百七十八里關，初行健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關，要見次日行里數，請公仔細算相還．”其意思為：有一個人走378里路，第一天健步行走，從第二天起腳痛每天走的路程為前一天的一半，走了6天后到達目的地，請問第二天走了（）A.192

里 B.96

里C.48

里 D.24

里11．下列命題為真命題的是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則12．直線（t為參數）被圓所截得的弦長為（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．函數的圖象在點處的切線方程為___________.14．若“x2-x-6>0”是“x>a”的必要不充分條件，則a的最小值為________.15．拋物線的準線方程是，則實數___________.16．已知實數，滿足不等式組，則目標函數的最大值為__________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知點，圓，點Q在圓上運動，的垂直平分線交于點P.（1）求動點P的軌跡的方程；（2）過點的動直線l交曲線C于A、B兩點，在y軸上是否存在定點T，使以AB為直徑的圓恒過這個點？若存在，求出點T的坐標，若不存在，請說明理由.18．（12分）已知曲線C的方程為（1）判斷曲線C是什么曲線，并求其標準方程；（2）過點的直線l交曲線C于M，N兩點，若點P為線段MN的中點，求直線l的方程19．（12分）如圖，四棱錐中，是邊長為2的正三角形，底面為菱形，且平面平面，，為上一點，滿足.（1）證明：；（2）求二面角的余弦值.20．（12分）已知拋物線的焦點為F，傾斜角為45°的直線m過點F，若此拋物線上存在3個不同的點到m的距離為，求此拋物線的準線方程21．（12分）已知函數（1）若，求函數的單調區間；（2）若函數有兩個不相等的零點，證明：22．（10分）已知等差數列的前項和滿足，.（1）求的通項公式；（2）求數列的前項和.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】由兩直線平行可得，即可求出答案.【詳解】直線與平行故選：C.2、C【解析】根據立體幾何相關知識對各選項進行判斷即可.【詳解】對于A，根據公理2及推論可知，不共線的三點確定一個平面，故A錯誤；對于B，在一個平面內，四邊相等的四邊形才一定是菱形，故B錯誤；對于C，根據公理2及推論可知，兩條相交直線可以確定一個平面，故C正確；對于D，正四棱柱指上、下底面都是正方形且側棱垂直于底面的棱柱，側面可以是矩形，故D錯誤.故選：C3、B【解析】根據分層抽樣的定義即可求解.【詳解】從甲車間抽取的人數為人故選：B4、A【解析】首先解不等式得到或，根據題意得到，再解不等式組即可.【詳解】，解得或，因為“”的必要不充分條件是“或”，所以.實數的最小值為.故選：A5、D【解析】結合導數以及函數的奇偶性判斷出的單調性，由此化簡不等式來求得不等式的解集.【詳解】當時，單調遞增，，所以單調遞增.因為是偶函數，所以當時，單調遞減.，，，或.即不等式的解集為.故選：D6、B【解析】根據等差數列的定義和通項公式直接得出結果.【詳解】因為，所以數列是等差數列，公差為1，所以.故選：B7、D【解析】根據曲線方程的特征，發現曲線表示在軸上方的圖象，畫出圖形，根據圖形上直線的三個特殊位置，當已知直線位于直線位置時，把已知直線的解析式代入橢圓方程中，消去得到關于的一元二次方程，由題意可知根的判別式等于0即可求出此時對應的的值；當已知直線位于直線及直線的位置時，分別求出對應的的值，寫出滿足題意得的范圍，綜上，得到所有滿足題意得的取值范圍【詳解】根據曲線，得到，解得：；，畫出曲線的圖象，為橢圓在軸上邊的一部分，如圖所示：當直線在直線的位置時，直線與橢圓相切，故只有一個交點，把直線代入橢圓方程得：，得到，即，化簡得：，解得或(舍去)，則時，直線與曲線只有一個公共點；當直線在直線位置時，直線與曲線剛好有兩個交點，此時，當直線在直線位置時，直線與曲線只有一個公共點，此時，則當時，直線與曲線只有一個公共點，綜上，滿足題意得的范圍是或故選：D8、B【解析】根據給定方程求出直線斜率，再利用斜率的定義列式計算得解.【詳解】直線的斜率，設其傾斜角為，顯然，則有，解得，直線的傾斜角為.故選：B9、C【解析】分別在和中，求得的長度，再在中，利用余弦定理，即可求解.【詳解】如圖所示，可得，所以，在中，可得，在直角中，因為，所以，在中，由余弦定理可得，所以.故選：C.10、B【解析】由題可得此人每天走的步數等比數列，根據求和公式求出首項可得.【詳解】由題意可知此人每天走的步數構成為公比的等比數列，由題意和等比數列的求和公式可得，解得，第此人第二天走里.故選：B11、D【解析】通過舉反列即可得ABC錯誤，利用不等式性質可判斷D【詳解】A.當時，，但，故A錯；B.當時，，故B錯；C.當時，，但，故C錯；D.若，則，D正確故選：D12、C【解析】求得直線普通方程以及圓的直角坐標方程，利用弦長公式即可求得結果.【詳解】因為直線的參數方程為：（t為參數），故其普通方程為，又，根據，故可得，其表示圓心為，半徑的圓，則圓心到直線的距離，則該直線截圓所得弦長為.故選：C.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】求導得到，計算，根據點斜式可得到切線方程.【詳解】因此，則，故，又點在函數的圖象上，故切線方程為：，即.故答案為：14、3【解析】解出不等式x2-x-6>0,由“x2-x-6>0”是“x>a”的必要不充分條件,求出a的最小值.【詳解】由x2-x-6>0，解得x<-2或x>3.因為“x2-x-6>0”是“x>a”的必要不充分條件，所以{x|x>a}是{x|x<-2或x>3}的真子集，即a≥3，故答案為:3.【點睛】本題考查充分條件和必要條件的應用,考查一元二次不等式的解法,屬于基礎題.15、##【解析】將拋物線方程化為標準方程，根據其準線方程即可求得實數.【詳解】拋物線化為標準方程：，其準線方程是，而所以，即，故答案為：16、##【解析】畫出可行域，通過平移基準直線到可行域邊界來求得的最大值.【詳解】，畫出可行域如下圖所示，由圖可知，當時，取得最大值.故答案為：三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）存在，T(0，1)﹒【解析】(1)根據橢圓的定義，結合即可求P的軌跡方程；(2)假設存在T(0，t)，設AB方程為，聯立直線方程和橢圓方程，代入＝0即可求出定點T.【小問1詳解】由題可知，，則，由橢圓定義知P的軌跡是以F1、為焦點，且長軸長為的橢圓，∴，∴，∴P的軌跡方程為C：；【小問2詳解】假設存在T(0，t)滿足題意，易得AB的斜率一定存在，否則不會存在T滿足題意，設直線AB的方程為，聯立，化為，易知恒成立，∴(*)由題可知，將(*)代入可得：即∴，解，∴在y軸上存在定點T(0，1)，使以AB為直徑的圓恒過這個點T.18、（1）；（2）.【解析】(1)根據橢圓的定義即可判斷并求解；(2)根據點差法即可求解中點弦斜率和中點弦方程.【小問1詳解】設，，E(x，y)，∵，，且，點的軌跡是以，為焦點，長軸長為4的橢圓設橢圓C的方程為，記，則，，，，，曲線的標準方程為【小問2詳解】根據橢圓對稱性可知直線l斜率存在，設，則，由①－②得，，∴l：，即.19、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）設為中點，連接，根據，證明平面得到答案.（2）以為原點，，，分別為，，軸建立空間直角坐標系，計算各點坐標，計算平面和平面的法向量，根據向量夾角公式計算得到答案.【詳解】（1）設為中點，連接，，∵，∴，又∵底面四邊形為菱形，，∴為等邊三角形，∴，又∴，，平面，∴平面，而平面，∴.（2）∵平面平面，平面平面，，∴平面以為原點，，，分別為，，軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，由，，，即，∴，，，設為平面的法向量，則由，令，得，，∴，設為平面的法向量，則由，令，得，，∴，設二面角的平面角為，則，∴二面角的的余弦值為.【點睛】本題考查了線線垂直，二面角，意在考查學生的計算能力和空間想象能力，建立空間直角坐標系是解題的關鍵.20、【解析】設出直線m的方程，利用方程組聯立、一元二次方程根的判別式求出與直線m平行的拋物線的切線方程，結合平行線間距離公式進行求解即可.【詳解】拋物線的焦點坐標為：，設直線m為，設為與拋物線相切，聯立直線與拋物線方程，化簡整理可得，，則，解得，且，故兩平行線間的距離，解得，故所求的準線方程為21、（1）單調遞增區間是(4,+∞)，單調遞減區間是(0,4)；（2）證明見解析.【解析】（1）求的導函數，結合定義域及導數的符號確定單調區間；（2）法一：討論、時的零點情況，即可得，構造，利用導數研究在(0,2a)恒成立，結合單調性證明不等式；法二：設，由零點可得，進而應用分析法將結論轉化為證明，綜合換元法、導數證明結論即可.【小問1詳解】函數的定義域為(0,+∞)，當a=2時，，則令得，x>4；令得，0<x<4；所以,單調遞增區間是(4,+∞)；單調遞減區間是(0,4).【小問2詳解】法一：當a≤0時，>0在(0,+∞)上恒成立，故函數不可能有兩個不相等的零點，當a>0時，函數在(2a,+∞)上單調遞增，在(0,2a)上單調遞減，因為函數有兩個不相等的零點，則，不妨設，設，（0<x<2a），則，所以，由a>0知：在(0,2a)恒成立，所以在(0,2a)上單調遞減，即>=0，所以，即，又，故，因為，所以，因為函數在(2a,+∞)上單調遞增，所以，即法二：不妨設，由題意得，，得，即，要證，只需證，即證：，即，令，，則，所以在區間(1,+∞)單調遞減，故<=0，即恒成立因此，所以.